高考数学一轮复习第5章数列第4讲数列求和学案.doc

1 / 15【2019【2019 最新最新】精选高考数学一轮复习第精选高考数学一轮复习第 5 5 章数列第章数列第 4 4讲数列求和学案讲数列求和学案板块一 知识梳理·自主学习必备知识考点 数列求和的六种方法1公式法2分组求和法3倒序相加法4并项求和法5裂项相消法6错位相减法必会结论常见的拆项公式(1)；(2)；(3).考点自测1判断下列结论的正误(正确的打“” ，错误的打“×”)(1)如果数列an为等比数列，且公比不等于 1，则其前 n 项和Sn.( )(2)当 n2 时，.( )(3)求 Sna2a23a3nan 时只要把上式等号两边同时乘以 a 即可根据错位相减法求得( )(4)若数列 a1，a2a1，anan1 是首项为 1，公比为 3的等比数列，则数列an的通项公式是 an.( )答案 (1) (2) (3)× (4)22018·长沙模拟已知数列an的通项公式是 an(1)2 / 15n·(3n2)，则 a1a2a10 等于( )A15 B12 C12 D15答案 A解析 an(1)n(3n2)，a1a2a10147102528(14)(710)(2528)3×515.32018·吉林模拟数列an，bn满足anbn1，ann23n2，则bn的前 10 项之和为( )A. B. C. D.7 12答案 B解析 bn，S10b1b2b3b101 12.故选 B.4课本改编数列 1， ，2， ，4， ，的前 2n 项和S2n_.答案 2n1 2n解析 S2n(1242n1)2n112n.52018·南京模拟已知 an，设 bn，记bn的前 n 项和为 Sn，则 Sn_.答案 解析 bnn·3n，于是 Sn1·32·323·33n·3n，3Sn1·322·333·34n·3n1，得2Sn332333nn·3n1，即2Snn·3n1，Sn·3n1·3n1.板块二 典例探究·考向突破3 / 15考向 分组转化法求和例 1 2016·北京高考已知an是等差数列，bn是等比数列，且 b23，b39，a1b1，a14b4.(1)求an的通项公式；(2)设 cnanbn，求数列cn的前 n 项和解 (1)等比数列bn的公比 q3，所以 b11，b4b3q27.设等差数列an的公差为 d，因为 a1b11，a14b427，所以 113d27，即 d2，所以 an2n1(n1,2,3，)(2)由(1)知，an2n1，bn3n1，因此 cnanbn2n13n1，从而数列cn的前 n 项和Sn13(2n1)133n1n2.触类旁通分组转化求和通法若一个数列能分解转化为几个能求和的新数列的和或差，可借助求和公式求得原数列的和求解时应通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化【变式训练 1】 2018·西安模拟已知数列an的前 n 项和Sn，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn2an(1)nan，求数列bn的前 2n 项和解 (1)当 n1 时，a1S11；当 n2 时，anSnSn1n.n1 时，a11 符合上式，故数列an的通项公式为 ann.4 / 15(2)由(1)知，bn2n(1)nn.记数列bn的前 2n 项和为T2n，则 T2n(212222n)(12342n)记A212222n，B12342n，则A22n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前 2n 项和 T2nAB22n1n2.考向 裂项相消法求和命题角度 1 形如 an 型例 2 2018·正定模拟已知等差数列an的前 n 项和为Sn，公差为 d，若 d，S9 为函数 f(x)(x2)(x99)的两个零点且d0，Snn2n.于是 a1S12，当 n2 时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.当 n1 时，a122×1 符合上式综上，数列an的通项公式为 an2n.(2)证明：由于 an2n，故 bn.Tn110，由以上两式联立方程组解得 a12，q2，所以 an2n.(2)由题意知 S2n1(2n1)·bn1，又 S2n1bnbn1，bn10，所以 bn2n1.令 cn，则 cn.因此 Tnc1c2cn，又 Tn，两式相减得Tn，1 2所以 Tn5.触类旁通用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“SnqSn”的表达式7 / 15(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解【变式训练 2】 已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，若Sm14，Sm0，Sm214(m2，且 mN*)(1)求 m 的值；(2)若数列bn满足log2bn(nN*)，求数列(an6)·bn的前 n 项和解 (1)由已知得 amSmSm14，且 am1am2Sm2Sm14，设数列an的公差为 d，则有 2am3d14，d2.由 Sm0，得 ma1×20，即 a11m，ama1(m1)×2m14，m5.(2)由(1)知 a14，d2，an2n6，n3log2bn，得 bn2n3.(an6)·bn2n·2n3n·2n2.设数列(an6)·bn的前 n 项和为 Tn，Tn1×212×20(n1)×2n3n·2n22Tn1×202×21(n1)×2n2n·2n1，得Tn21202n2n·2n1n·2n12n1n·2n1(1n)×2n1.Tn(n1)·2n1(nN*)核心规律非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；8 / 15(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和满分策略1直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为 1 进行讨论2在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号3在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项. 板块三 启智培优·破译高考规范答题系列 3求数列|an|的前 n 项和问题2018·德州模拟在公差为 d 的等差数列an中，已知a110，且 a1，2a22，5a3 成等比数列(1)求 d，an；(2)若 d6 时，a7，a8，an 均为负数，故 SnS61020，那么 n 的最小值是( )A7 B8 C9 D1014 / 15答案 D解析 an12222n12n1.Sn(211)(221)(2n1)(21222n)n2n1n2，S910131020，Sn>1020，n 的最小值是 10.故选 D.32016·浙江高考设数列an的前 n 项和为 Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则 a1_，S5_.答案 1 121解析 an12Sn1，Sn1Sn2Sn1，Sn13Sn1，Sn13，数列是公比为 3 的等比数列，3.又S24，S11，a11，S5×34×34，S5121.4已知数列an的前 n 项和为 Sn，a12，且满足Snan1n1(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若 bnlog3(an1)，设数列的前 n 项和为 Tn，求证：Tn<.解 (1)由 Snan1n1(nN*)，得Sn1ann(n2，nN*)，两式相减，并化简，得 an13an2，即 an113(an1)，又 a112130，所以an1是以3 为首项，3 为公比的等比数列，所以 an1(3)·3n13n.故 an3n1.(2)证明：由 bnlog3(an1)log33nn，得，1 bnbn2Tn(11 31 21 41 31 51 n11 n11 n1 n2)1 215 / 15(11 21 n11 n2)1 2<.52017·天津高考已知an为等差数列，前 n 项和为Sn(nN*)，bn是首项为 2 的等比数列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nbn的前 n 项和(nN*)解 (1)设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q.由已知 b2b312，得 b1(qq2)12.而 b12，所以 q2q60，解得 q3 或 q2.又因为 q0，所以 q2.所以 bn2n.由 b3a42a1，可得 3da18.由 S1111b4，可得 a15d16，联立，解得 a11，d3，由此可得 an3n2.所以，数列an的通项公式为 an3n2，数列bn的通项公式为 bn2n.(2)设数列a2nbn的前 n 项和为 Tn.由 a2n6n2，得Tn4×210×2216×23(6n2)×2n，2Tn4×2210×2316×24(6n8)×2n(6n2)×2n1.上述两式相减，得Tn4×26×226×236×2n(6n2)×2n14(6n2)×2n1(3n4)2n216，所以 Tn(3n4)2n216.所以，数列a2nbn的前 n 项和为(3n4)2n216.